2013 Megoldások 11. évfolyam

V. Békés Megyei Középiskolai Matematikaverseny 2012/2013 Megoldások 11. évfolyam

1. Ha egy kétjegyű szám számjegyeit felcseréljük, akkor a kapott kétjegyű szám értéke az eredeti szám értékénél 108 %-kal nagyobb. Melyik ez a kétjegyű szám? Megoldás: Jelölje a kétjegyű számot xy . 208 xy (2 pont) 100 Helyi értékes felírás alapján 250 y + 25 x = 520 x + 52 y egyenletet kapjuk. (2 pont) Az egyenletet rendezve és egyszerűsítve: 2y = 5x (2 pont) Mivel (2;5) = 1, és figyelembe véve, hogy x, y számjegyek: x = 2, y = 5 az egyetlen megoldás. (2 pont) A keresett kétjegyű szám a 25 (1 pont) 52 = 2,08 , ami 108%-os növekedést jelent. Ellenőrzés: (1 pont) 25 Összesen: 10 pont A feltételnek megfelelő egyenlet: yx =

Megjegyzés: Ha csak megtalálja a megoldást, és ellenőrzi, akkor 4 pontot kapjon!

Bolyai János Matematikai Társulat Békés Megyei Tagozata Andrássy Gyula Gimnázium és Kollégium


2. Egy szabályos dobókockával ötször dobunk egymás után és sorba leírjuk a dobott pöttyök számát, így ötjegyű számsorozatot kapunk. a) Hányféle számsorozatot kaphatunk? b) Hányféle sorozatot kaphatunk, melyekben pontosan egy kettes szerepel? c) Hányféle olyan számsorozatot kaphatunk, ahol az első helyen álló számjegy különbözik az összes többitől?

Megoldás: a) Minden dobás hatféle lehet, így összesen 65 =7776 számsorozatot kaphatunk.

(2 pont)

b) Az egy kettes helyére öt lehetőség van

(1 pont)

a többi helyre öt számjegy kerülhet

(1 pont)

így a feltételnek megfelelő számsorozatok száma: 5∙54 = 3125

(2 pont)

c) Az első helyen hatféle számjegy állhat, míg a többi helyen ötféle szám. Ezért a megfelelő sorozatok száma 6∙54 = 3750.

(2 pont) (2 pont)

Összesen: 10 pont



3. Határozd meg a következő kifejezés értelmezési tartományát! log x −3 (− x 2 + 5 x + 14) Írd fel a számhalmazt relációjelekkel, és ábrázold számegyenesen! Megoldás: A logaritmus definíciója szerint x − 3〉 0 és x≠4 A megoldások: x 〉3 2 Az argumentumra: − x + 5 x + 14〉 0 Zérushelyek: x= -2 és x=7 Egyenlőtlenség megoldása: -2<x<7 ∪ Értelmezési tartomány: 3 < x < 4

és

x −3 ≠1

(2 pont) (1 pont) (1 pont) (2 pont) (1 pont) (2 pont)

4<x<7

Ábrázolás számegyenesen:

(1 pont) Összesen: 10 pont

Megjegyzés: Az értelmezési tartomány elfogadható 3<x<7 és x ≠ 4 alakban is.



4. Tekintsük az x 2 + 2(m − 2) x + m 2 − 4m − 21 = 0 másodfokú egyenletet, ahol m valós paraméter! a) Milyen m értékek esetén van az egyenletnek valós megoldása? b) Bizonyítsuk be, hogy az egyenlet valós gyökeinek különbsége nem függ m-től!

Megoldás: a) A másodfokú egyenlet diszkriminánsa: D = [2(m − 2)]2 − 4(m 2 − 4m − 21) = =4m 2 − 16m + 16 − 4m 2 + 16m + 84 = 100 (3 pont) (1 pont) (1 pont)

Tehát D>0 minden m esetén. Így az egyenletnek minden m esetén van megoldása. b) A megoldó képlet és az a) alapján: − 2m + 4 ± 100 x1; 2 = = −m + 2 ± 5 2 A két gyök különbsége ± 10 , ami független m-től.

(3 pont) (1 pont) (1 pont) Összesen: 10 pont



5. Az O középpontú, R sugarú negyed kör körívének végpontjait jelöljük A-val és B-vel! 2 Rajzoljunk a negyed körbe egy A középpontú R sugarú körívet! Határozd meg annak a 3 körnek a sugarát, amely érinti a negyed kör AB körívét, az OB sugarát és az A középpontú 2 R sugarú körívet! 3 Megoldás: Készítsünk ábrát, és használjuk annak jelöléseit!

Jó ábra: (1 pont) A keresett kör sugarát jelölje r! Felhasználva, hogy érintkező körök középpontjait összekötő egyenesre illeszkedik az érintési pont, kapjuk, hogy (1 pont) 2 OE = R-r, AE = R + r , OF = r és FA = R-r. (2 pont) 3 Az OFE és a FEA derékszögű háromszögek közös EF befogójára felírva Pitagorasz tételét, a következő egyenletet kapjuk: 2 2  2 2 2 (2 pont)  R + r  − ( R − r) = ( R − r) − r 3  4 2 4 (2 pont) R + Rr + r 2 − R 2 + 2 Rr − r 2 = R 2 − 2 Rr + r 2 − r 2 9 3 7 R. Rendezés után kapjuk, hogy a kör sugara: r = (2 pont) 24 Összesen: 10 pont


5

2013 Megoldások 11. évfolyam

Recommend Documents